Sistema de referencia local

Supongamos inicialmente que la Tierra no gira. Situamos el Sistema de Referencia Inercial S' con origen en el centro de la Tierra, con el eje Z' en la dirección del eje de rotación. La posición de un punto P es

${\displaystyle \{\begin{array}{l}x\text{'}=r\text{'}\sin \theta \text{'}\cos \phi \text{'}\\ y\text{'}=r\text{'}\sin \theta \text{'}\sin \phi \text{'}\\ z\text{'}=r\text{'}\cos \theta \text{'}\end{array}}$

Si el punto P está en la superficie de la Tierra de radio r'=R (radio de la Tierra)

${\displaystyle \overrightarrow{R}=R\sin \theta \text{'}\cos \phi \text{'}·\widehat{i}\text{'}+R\sin \theta \text{'}\sin \phi \text{'}·\widehat{j}\text{'}+R\cos \theta \text{'}·\widehat{k}\text{'}}$

El Sistema de Referencia Local S tiene su origen en el punto P, y los ejes orientados en la dirección radial, en la dirección Este (tangente al paralelo del lugar) y la dirección Sur (tangente al meridiano del lugar). Véase la figura debajo del código, más abajo.

Para determinar las direcciones de estos ejes, relacionando los vectores unitarios $(\widehat{r}\text{'},\widehat{\phi }\text{'},\widehat{\theta }\text{'})$ con $(\widehat{i}\text{'},\widehat{j}\text{'},\widehat{k}\text{'})$ del siguiente modo:

• El vector unitario $\widehat{r}\text{'}$ tiene la misma dirección y sentido que el vector $\overrightarrow{R}$ , por tanto

${\displaystyle \widehat{r}\text{'}=\sin \theta \text{'}\cos \phi \text{'}·\widehat{i}\text{'}+\sin \theta \text{'}\sin \phi \text{'}·\widehat{j}\text{'}+\cos \theta \text{'}·\widehat{k}\text{'}}$

Su módulo es la unidad



• El vector unitario $\widehat{\phi }\text{'}$ , es tangente al paralelo de radio Rsinθ', tal como se ve en la figura.

${\displaystyle \widehat{\phi }\text{'}=-\sin \phi \text{'}·\widehat{i}\text{'}+\cos \phi \text{'}·\widehat{j}\text{'}}$

• El vector unitario $\widehat{\theta }\text{'}$ es el producto vectorial de $\widehat{\phi }\text{'}\times \widehat{r}\text{'}$ . Utilizamos la función MATLAB cross para realizar el producto vectorial

${\displaystyle \widehat{\theta }\text{'}=\cos \theta \text{'}\cos \phi \text{'}·\widehat{i}\text{'}+\cos \theta \text{'}\sin \phi \text{'}·\widehat{j}\text{'}-\sin \theta \text{'}·\widehat{k}\text{'}}$

%x=theta, y=phi
>> syms x y;
>> r=[sin(x)*cos(y),sin(x)*sin(y),cos(x)];
>> phi=[-sin(y),cos(y),0];
>> simplify(cross(phi,r))
ans =[ cos(x)*cos(y), cos(x)*sin(y), -sin(x)]

Utilizamos MATLAB para dibujar el Sistema de Referencia Inercial S' con origen en el centro de la Tierra, y los ejes X', Y' y Z' en color azul. El ángulo θ=60° o bien, la latitud es λ=30°. La longitud se ha establecido en φ=0. Se muestra el plano local, tangente a la superficie esférica en el punto P y el Sistema de Referencia Local S cuyo origen está en el punto P, en color rojo los ejes señalados por las direcciones de los vectores unitarios $(\widehat{r}\text{'},\widehat{\phi }\text{'},\widehat{\theta }\text{'})$. Dirección radial, tangente al paralelo, hacia el Este y tangente al meridiano del lugar, hacia el Sur

%esfera
R=1;
phi=linspace(0,pi,30);
theta=linspace(0,2*pi,40);
[phi,theta]=meshgrid(phi,theta);
x=R*sin(phi).*cos(theta);
y=R*sin(phi).*sin(theta);
z=R*cos(phi);
h1=mesh(x,y,z);
set(h1,'EdgeColor',[0.6,0.6,0.6],'EdgeAlpha',0.5,'FaceAlpha',0.5)
axis equal
 
%paralelo
theta=pi/3;
phi=0:0.1:2*pi;
x=sin(theta)*cos(phi);
y=sin(theta)*sin(phi);
z=cos(theta)*ones(1,length(x));
h1=line(x,y,z);
set(h1,'Color',[.7,0,0],'LineWidth',1.5)
%meridiano
phi=0;
theta=-pi:0.1:pi;
x=sin(theta)*cos(phi);
y=sin(theta)*sin(phi);
z=cos(theta);
h1=line(x,y,z);
set(h1,'Color',[.7,0,0],'LineWidth',1.5)
 
%plano tangente
phi=0;
theta=pi/3;
x0=sin(theta)*cos(phi);
y0=sin(theta)*sin(phi);
z0=cos(theta);
[x,y]=meshgrid(-0.2+x0:0.05:0.2+x0,-0.2+y0:0.05:0.2+y0);
z=(1-x*x0-y*y0)/z0;
hold on
h1=mesh(x,y,z);
set(h1,'EdgeColor',[0,0,0.8])
 
%Sistema de referencia local S
h1=quiver3(x0,y0,z0,sin(theta)*cos(phi),sin(theta)*sin(phi), cos(theta));
set(h1,'Color',[.7,0,0],'LineWidth',1.5)
h1=quiver3(x0,y0,z0,cos(theta)*cos(phi),cos(theta)*sin(phi), -sin(theta));
set(h1,'Color',[.7,0,0],'LineWidth',1.5)
h1=quiver3(x0,y0,z0,-sin(phi),cos(phi),0);
set(h1,'Color',[.7,0,0],'LineWidth',1.5)
 
%sistema de referencia S'inercial
h1=quiver3(0,0,0, 1.5,0,0);
set(h1,'Color',[0,0,0.7],'LineWidth',1.5)
h1=quiver3(0,0,0, 0,1.5,0);
set(h1,'Color',[0,0,0.7],'LineWidth',1.5)
h1=quiver3(0,0,0, 0,0,1.5);
set(h1,'Color',[0,0,0.7],'LineWidth',1.5)
 
axis equal
view(60,10)
hold off
xlabel('x'); ylabel('y'); zlabel('z')
title('Sistema de referencia local')

Sea un punto Q cercano a la superficie de la Tierra, su posición relativa al Sistema de Referencia Local S es

${\displaystyle \begin{array}{l}\overrightarrow{r}=x\widehat{\theta }\text{'}+y\widehat{\phi }\text{'}+z\widehat{r}\text{'}\hfill \\ \overrightarrow{r}=(x\cos \theta \text{'}\cos \phi \text{'}-y\sin \phi \text{'}+z\sin \theta \text{'}\cos \phi \text{'})\widehat{i}\text{'}+\hfill \\ (x\cos \theta \text{'}\sin \phi \text{'}+y\cos \phi \text{'}+z\sin \theta \text{'}\sin \phi \text{'})\widehat{j}\text{'}+\hfill \\ (-x\sin \theta \text{'}+z\cos \theta \text{'})\widehat{k}\text{'}\hfill \end{array}}$

El vector posición de Q relativo al Sistema de Referencia Inercial S' en el centro de la Tierra es

${\displaystyle \begin{array}{l}\overrightarrow{r}+\overrightarrow{R}=(x\cos \theta \text{'}\cos \phi \text{'}-y\sin \phi \text{'}+(R+z)\sin \theta \text{'}\cos \phi \text{'})\widehat{i}\text{'}+\hfill \\ (x\cos \theta \text{'}\sin \phi \text{'}+y\cos \phi \text{'}+(R+z)\sin \theta \text{'}\sin \phi \text{'})\widehat{j}\text{'}+\hfill \\ (-x\sin \theta \text{'}+(R+z)\cos \theta \text{'})\widehat{k}\text{'}\hfill \end{array}}$

Relacionamos las componentes (x,y,z) del punto Q en el Sistema de Referencia Local S con las componentes de Q (x',y',z') en el Sistema de referencia S' con origen en el centro de la Tierra.

${\displaystyle \{\begin{array}{l}x\text{'}=x\cos \theta \text{'}\cos \phi \text{'}-y\sin \phi \text{'}+(R+z)\sin \theta \text{'}\cos \phi \text{'}\\ y\text{'}=x\cos \theta \text{'}\sin \phi \text{'}+y\cos \phi \text{'}+(R+z)\sin \theta \text{'}\sin \phi \text{'}\\ z\text{'}=-x\sin \theta \text{'}+(R+z)\cos \theta \text{'}\end{array}}$

Una vez definido el Sistema de Referencia Local S, denominaremos a sus ejes X (hacia el Sur), Y (hacia el Este) y Z (vertical) y a los vectores unitarios a lo largo de los ejes $(\widehat{i},\widehat{j},\widehat{k})$. De modo, que el vector $\overrightarrow{r}$ posición del punto Q se escribe ahora

${\displaystyle \overrightarrow{r}=x\widehat{i}+y\widehat{j}+z\widehat{k}}$

Posición y velocidad de la partícula

Como la Tierra gira alrededor del eje Z' con velocidad angular constante Ω, entonces, φ'=Ω·t. Denominando α=θ'. La relación entre las componentes (x,y,z) del punto Q en el Sistema de Referencia Local S con las componentes de Q (x',y',z') en el Sistema de Referencia Inercial S' con origen en el centro de la Tierra es

${\displaystyle \{\begin{array}{l}x\text{'}=x\cos \alpha \cos (\Omega t)-y\sin (\Omega t)+(R+z)\sin \alpha \cos (\Omega t)\\ y\text{'}=x\cos \alpha \sin (\Omega t)+y\cos (\Omega t)+(R+z)\sin \alpha \sin (\Omega t)\\ z\text{'}=-x\sin \alpha +(R+z)\cos \alpha \end{array}}$

Derivando con respecto del tiempo obtenemos las componentes de la velocidad de la partícula en el Sistema de Referencia Inercial S' conocidas las componentes de la velocidad de la partícula en el Sistema de Referencia Local S

${\displaystyle \{\begin{array}{l}\frac{dx\text{'}}{dt}=\frac{dx}{dt}\cos \alpha \cos (\Omega t)-\frac{dy}{dt}\sin (\Omega t)+\frac{dz}{dt}\sin \alpha \cos (\Omega t)-\Omega \left(x\cos \alpha \sin (\Omega t)+y\cos (\Omega t)+(R+z)\sin \alpha \sin (\Omega t)\right)\\ \frac{dy\text{'}}{dt}=\frac{dx}{dt}\cos \alpha \sin (\Omega t)+\frac{dy}{dt}\cos (\Omega t)+\frac{dz}{dt}\sin \alpha \sin (\Omega t)+\Omega \left(x\cos \alpha \cos (\Omega t)-y\sin (\Omega t)+(R+z)\sin \alpha \cos (\Omega t)\right)\\ \frac{dz\text{'}}{dt}=-\frac{dx}{dt}\sin \alpha +\frac{dz}{dt}\cos \alpha \end{array}}$

Calculamos la energía cinética T de la partícula en el Sistema de Referencia Inercial S'

${\displaystyle \begin{array}{l}T=\frac{1}{2}m\left({\left(\frac{dx\text{'}}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy\text{'}}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dz\text{'}}{dt}\right)}^2\right)=\\ \frac{1}{2}m\left\{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2\text{+}{\left(\frac{dz}{dt}\right)}^2+{\Omega }^2\left({\left(x\cos \alpha +(R+z)\sin \alpha \right)}^2+y^2\right)+\Omega \left(2\left(\frac{dy}{dt}x-\frac{dx}{dt}y\right)\cos \text{}\alpha +2\left(\frac{dy}{dt}(R+z)-\frac{dz}{dt}y\right)\sin \alpha \right)\right\}\end{array}}$

Para obtener esta larga expresión, se ha utilizado Math Symbolic. En primer lugar, se emplean las variables: W=Ω, vx=dx/dt, vy=dy/dt, vz=dz/dt, x, y, Rz=R+z para nombrar símbolos matemáticos.

syms a W vx vy vz x y Rz;
vXp=vx*cos(a)*cos(W)-vy*sin(W)+vz*sin(a)*cos(W)-W*(x*cos(a)*sin(W)+
y*cos(W)+Rz*sin(a)*sin(W));
vYp=vx*cos(a)*sin(W)+vy*cos(W)+vz*sin(a)*sin(W)+W*(x*cos(a)*cos(W)-
y*sin(W)+Rz*sin(a)*cos(W));
vZp=-vx*sin(a)+vz*cos(a);
vp2=expand(vXp^2+vYp^2+vZp^2);
vp2=simplify(vp2)
collect(vp2, W)

La respuesta ans se convierte a lenguaje Latex mediante la función latex, se copia en MathType, y se edita, transformando las variables en símbolos matemáticos y completando las simplificaciones.

>> latex(ans)
ans =
\left( - {\mathrm{Rz}}^2\, {\cos\!\left(a\right)}^2 + {\mathrm{Rz}}^2 +
\sin\!\left(2\, a\right)\, \mathrm{Rz}\, x + x^2\, {\cos\!\left(a\right)}^2 +
y^2\right)\, W^2 + \left(2\, \mathrm{vy}\, x\, \cos\!\left(a\right) - 2\, 
\mathrm{vx}\, y\, \cos\!\left(a\right) - 2\, \mathrm{vz}\, y\, 
\sin\!\left(a\right) + 2\, \mathrm{Rz}\, \mathrm{vy}\, 
\sin\!\left(a\right)\right)\, W + \left({\mathrm{vx}}^2 + {\mathrm{vy}}^2 +
{\mathrm{vz}}^2\right)

Determinaremos la energía potencial V(x,y,z) en cada una de las situaciones que vamos a estudiar.

Ecuaciones del movimiento

La lagrangiana L=T-V de la partícula en el Sistema de Referencia Inercial S' es

${\displaystyle \begin{array}{l}L=\frac{1}{2}m\left({\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2\text{+}{\left(\frac{dz}{dt}\right)}^2\right)+\frac{1}{2}m{\Omega }^2\left({\left(x\cos \alpha +(R+z)\sin \alpha \right)}^2+y^2\right)+\\ m\Omega \left(\left(\frac{dy}{dt}x-\frac{dx}{dt}y\right)\cos \text{}\alpha +\left(\frac{dy}{dt}(R+z)-\frac{dz}{dt}y\right)\sin \alpha \right)-V(x,y,z)\\ L=\frac{1}{2}m\left({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+{\dot{z}}^2\right)+\frac{1}{2}m{\Omega }^2\left({\left(x\cos \alpha +(R+z)\sin \alpha \right)}^2+y^2\right)+\\ m\Omega \left(\left(\dot{y}x-\dot{x}y\right)\cos \text{}\alpha +\left(\dot{y}(R+z)-\dot{z}y\right)\sin \alpha \right)-V(x,y,z)\end{array}}$

Las ecuaciones del movimiento se escriben

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)-\frac{\partial L}{\partial x}=0\\ m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}-2m\Omega \frac{dy}{dt}\cos \alpha -m{\Omega }^2\left(x\cos \alpha +(R+z)\sin \alpha \right)\cos \alpha +\frac{\partial V}{\partial x}=0\\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}\right)-\frac{\partial L}{\partial y}=0\\ m\frac{d^{2}y}{d{t}^2}+2m\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)-m{\Omega }^{2}y+\frac{\partial V}{\partial y}=0\\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\right)-\frac{\partial L}{\partial z}=0\\ m\frac{d^{2}z}{d{t}^2}-2m\Omega \frac{dy}{dt}\sin \alpha -m{\Omega }^2\left(x\cos \alpha +(R+z)\sin \alpha \right)\sin \alpha +\frac{\partial V}{\partial z}=0\end{array}}$

Caída de una partícula

El primer ejemplo que vamos a estudiar es una partícula que se deja caer desde una altura h. La energía potencial V(x,y,z)=mg₀z

Como el radio de la Tierra R es muy grande comparado con x o z, las ecuaciones del movimiento se pueden aproximar a las siguientes

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\cos \alpha +\frac{1}{2}{\Omega }^{2}R\sin (2\alpha )\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}z}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\sin \alpha +{\Omega }^{2}R{\sin }^2\alpha -g_0\end{array}}$

Resolvemos por dos métodos, este sistema de ecuaciones con las siguientes condiciones iniciales

${\displaystyle t=0\{\begin{array}{l}x=0\frac{dx}{dt}=0\\ y=0\frac{dy}{dt}=0\\ z=h\frac{dz}{dt}=0\end{array}}$

Denominamos g=g₀-Ω²Rsin²α y k=Ω²Rsin(2α)/2

Resolvemos el sistema de tres ecuaciones diferenciales por el procedimiento ode45 de MATLAB, con las condiciones iniciales especificadas para la latitud λ=π/2-α=π/3 (60°)

R=6.378e6; %radio de la tierra en m
W=2*pi/(24*3600); %velocidad angular de rotación de la Tierra
alfa=pi/6; %posición
k=W^2*R*sin(2*alfa)/2;
g=9.81-W^2*R*sin(alfa)^2;
h=1000;  %altura de caída
%x es x(1), dx/dt es x(2), y es x(3), dy/dt es x(4), z es x(5) y dz/dt es x(6)
f=@(t,x)[x(2); 2*W*x(4)*cos(alfa)+k;x(4); -2*W*(x(2)*cos(alfa)+x(6)*sin(alfa)); 
x(6); 2*W*x(4)*sin(alfa)-g];
[t,x]=ode45(f,[0,sqrt(2*h/g)],[0,0,0,0,h,0]);

plot3(x(:,1),x(:,3),x(:,5))
grid on
xlabel('X: N-S')
ylabel('y: O-E')
zlabel('z, radial')
title('Caída de un cuerpo sobre la superficie de la tierra')
view(107,12)

>> x(end,1)
ans =    1.4903
>> x(end,3)
ans =    0.3454

Los números que aparecen en este cuadro se interpretan del siguiente modo (véase la gráfica): cuando la partícula llega al suelo z=0, la desviación hacia el Sur es x=1.4903, en el código x(end,1) y la desviación hacia el Este es y=0.3454, en el código x(end,3)

Aproximaciones sucesivas

Integramos la primera y tercera ecuación diferencial, (variables separadas) con las condiciones iniciales especificadas.

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +k·t\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt\end{array}}$

Se sustituye dx/dt y dz/dt en la segunda ecuación diferencial

${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{t}^2}+4{\Omega }^{2}y=2\Omega \left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)t}$

La solución de esta ecuación diferencial es la suma de una particular y_p=At y de la homogénea. Introducimos en la ecuación diferencial para determinar A

${\displaystyle A=\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }}$

La ecuación diferencial homogénea es similar a la de un movimiento armónico simple, x_h=C=cos(2Ωt)+Dsin(2Ωt). La solución completa es. La solución completa es

${\displaystyle \begin{array}{l}y=C\cos \left(2\Omega t\right)+D\sin \left(2\Omega t\right)+\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }t\\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega C\sin \left(2\Omega t\right)+2\Omega D\cos \left(2\Omega t\right)+\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }\end{array}}$

Donde C y D se determinan a partir de las condiciones iniciales: en el instante t=0, y=0, y dy/dt=0.

${\displaystyle \begin{array}{l}\{\begin{array}{l}C=0\\ 2\Omega D+\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }=0\end{array}\\ y=-\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{4{\Omega }^2}\sin \left(2\Omega t\right)+\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }t\\ y=\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\end{array}}$

Conocido y, integramos las ecuaciones de primer orden en x con las condiciones iniciales: en el instante t=0, x=0.

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +k·t\\ \frac{dx}{dt}=2\Omega \left(\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\cos \alpha +k·t\\ x=\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)\cos \alpha +\frac{1}{2}k·t^2+c\\ x=\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)\cos \alpha +\frac{1}{2}k·t^2-\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\frac{\cos \alpha }{4{\Omega }^2}\\ x=\frac{1}{2}\left(g\sin \alpha \cos \alpha -k{\cos }^2\alpha +k\right)t^2-\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\cos \alpha }{4{\Omega }^2}\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\\ x=\frac{1}{2}\left(g\sin \alpha \cos \alpha +k{\sin }^2\alpha \right)t^2-\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\cos \alpha }{4{\Omega }^2}\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\end{array}}$

Conocido y, integramos las ecuaciones de primer orden en z con las condiciones iniciales: en el instante t=0, z=h.

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega \left(\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)}{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\sin \alpha -gt\\ z=\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)\sin \alpha -\frac{1}{2}g{t}^2+c\\ z=\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)\sin \alpha -\frac{1}{2}g{t}^2+h-\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\frac{\sin \alpha }{4{\Omega }^2}\\ z=h-\frac{1}{2}\left(g\cos \alpha +k\sin \alpha \right)\cos \alpha ·t^2-\frac{\left(g\sin \alpha -k\cos \alpha \right)\sin \alpha }{4{\Omega }^2}\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\end{array}}$

R=6.378e6; %radio de la tierra en m
W=2*pi/(24*3600); %velocidad angular de rotación de la Tierra
alfa=pi/6; %posición
k=W^2*R*sin(2*alfa)/2;
g=9.81-W^2*R*sin(alfa)^2;
h=1000;  %altura de caída
y=@(t) (g*sin(alfa)-k*cos(alfa))*(t-sin(2*W*t)/(2*W))/(2*W);
x=@(t) (g*sin(alfa)*cos(alfa)-k*cos(alfa)^2+k)*t.^2/2-(g*sin(alfa)-k*cos(alfa))
*cos(alfa)*(1-cos(2*W*t))/(4*W^2);
z=@(t) h-(g*cos(alfa)+k*sin(alfa))*cos(alfa)*t.^2/2-(g*sin(alfa)-k*cos(alfa))
*sin(alfa)*(1-cos(2*W*t))/(4*W^2);

fplot3(x,y,z,[0,sqrt(2*h/g)])
grid on
xlabel('X: N-S')
ylabel('y: O-E')
zlabel('z, radial')
title('Caída de un cuerpo sobre la superficie de la tierra')
view(107,12)

>> x(sqrt(2*h/g))
ans =    1.4903

>> y(sqrt(2*h/g))
ans =    0.3454

Los números que aparecen en este cuadro se interpretan del siguiente modo (véase la gráfica): cuando la partícula llega al suelo z=0, la desviación hacia el Sur es x=1.4903, en el código y la desviación hacia el Este es y=0.3454. El mismo resultado que resolviendo por procedimientos numéricos el sistema de tres ecuaciones diferenciales

Efecto de la fuerza de Coriolis

La velocidad angular de rotación de la Tierra Ω=2π/(24·60·60)=7.2722·10^-5 rad/s es pequeña, por lo que despreciamos en el sistema de tres ecuaciones diferenciales los dos términos en Ω². El sistema de tres ecuaciones diferenciales que tenemos que resolver por el procedimiento de aproximaciones sucesivas es el siguiente

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\cos \alpha \\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}z}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\sin \alpha -g\end{array}}$

Integramos

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +c_1\\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega \left(x\cos \alpha +z\sin \alpha \right)+c_2\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt+c_3\end{array}}$

Con las condiciones iniciales especificadas, las tres constantes valen

${\displaystyle \begin{array}{l}t=0\{\begin{array}{l}x=0\frac{dx}{dt}=0\\ y=0\frac{dy}{dt}=0\\ z=h\frac{dz}{dt}=0\end{array}\\ c_1=\mathrm{0,}{c}_2=2\Omega h\sin \alpha ,c_3=0\end{array}}$

El sistema de tres ecuaciones diferenciales es

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha \\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega \left(x\cos \alpha +z\sin \alpha \right)+2\Omega h\sin \alpha \\ \frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt\end{array}}$

Introducimos dx/dt y dz/dt en la segunda ecuación diferencial

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\left(2\Omega y\cos \alpha \right)\cos \alpha +\left(2\Omega y\sin \alpha -gt\right)\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}+4{\Omega }^{2}y=2\Omega gt\sin \alpha \end{array}}$

La solución de esta ecuación diferencial se compone de la solución particular y_p=Ct

${\displaystyle \begin{array}{l}4{\Omega }^{2}Ct=2\Omega gt\sin \alpha \\ C=\frac{g}{2\Omega }\sin \alpha \end{array}}$

y la solución de la ecuación diferencial homogénea y_h=Acos(2Ωt)+Bsin(2Ωt). La solución completa es

${\displaystyle \begin{array}{l}y=\frac{gt}{2\Omega }\sin \alpha +A\cos \left(2\Omega t\right)+B\sin \left(2\Omega t\right)\\ \frac{dy}{dt}=\frac{g}{2\Omega }\sin \alpha -2\Omega A\sin \left(2\Omega t\right)+2\Omega B\cos \left(2\Omega t\right)\end{array}}$

Donde A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales

${\displaystyle \begin{array}{l}y(0)=\mathrm{0,}{\frac{dy}{dt}|}_{t=0}=0\\ 0=A\\ 0=\frac{g}{2\Omega }\sin \alpha +2\Omega B\\ B=-\frac{g}{4{\Omega }^2}\sin \alpha \\ y=\frac{gt}{2\Omega }\sin \alpha -\frac{g}{4{\Omega }^2}\sin \alpha \sin \left(2\Omega t\right)=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\end{array}}$

Insertamos la y en las ecuaciones diferenciales

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha \\ \frac{dx}{dt}=2\Omega \frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\cos \alpha \\ \frac{dx}{dt}=g\sin \alpha \cos \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\end{array}}$

Integramos con la condición inicial x(0)=0

${\displaystyle \begin{array}{l}x=g\sin \alpha \cos \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)+c\\ 0=g\sin \alpha \cos \alpha \frac{1}{4{\Omega }^2}+c\\ x=g\sin \alpha \cos \alpha \left(\frac{t^2}{2}-\frac{1-\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)\end{array}}$

Hacemos lo mismo para z

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega \left(\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\sin \alpha -gt\\ \frac{dz}{dt}=-\frac{g{\sin }^2\alpha }{2\Omega }\sin \left(2\Omega t\right)-gt{\cos }^2\alpha \\ z=\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\cos \left(2\Omega t\right)-\frac{1}{2}g{t}^2{\cos }^2\alpha +c\end{array}}$

La constante c se determina a partir de la condición inicial z(0)=h

${\displaystyle \begin{array}{l}h=\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}+c\\ z=\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\cos \left(2\Omega t\right)-\frac{1}{2}g{t}^2{\cos }^2\alpha +h-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\\ z=h-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)-\frac{1}{2}g{t}^2{\cos }^2\alpha \end{array}}$

La solución es

${\displaystyle \begin{array}{l}x=g\sin \alpha \cos \alpha \left(\frac{t^2}{2}-\frac{1-\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)\\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\\ z=h-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)-\frac{1}{2}g{t}^2{\cos }^2\alpha \end{array}}$

Aproximaciones, como Ωt<<1

${\displaystyle \begin{array}{l}\sin \left(2\Omega t\right)\approx 2\Omega t-\frac{4}{3}{\Omega }^3{t}^3\\ \cos \left(2\Omega t\right)\approx 1-2{\Omega }^2{t}^2+\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4\end{array}}$

>> syms t w;
>> taylor(sin(2*w*t))
ans =(4*t^5*w^5)/15 - (4*t^3*w^3)/3 + 2*t*w
>> taylor(cos(2*w*t))
ans =(2*t^4*w^4)/3 - 2*t^2*w^2 + 1

${\displaystyle \begin{array}{l}x\approx g\sin \alpha \cos \alpha \left(\frac{t^2}{2}-\frac{2{\Omega }^2{t}^2-\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4}{4{\Omega }^2}\right)=\frac{1}{6}g{\Omega }^2{t}^4\sin \alpha \cos \alpha \\ y\approx \frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{2\Omega t+\frac{4}{3}{\Omega }^3{t}^3}{2\Omega }\right)=\frac{1}{3}g\Omega t^3\sin \alpha \\ z=h-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\left(2{\Omega }^2{t}^2-\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4\right)-\frac{1}{2}g{t}^2{\cos }^2\alpha =h-\frac{1}{2}g{t}^2+\frac{1}{6}g{\Omega }^2{t}^4{\sin }^2\alpha \end{array}}$

Despreciamos términos proporcionales a Ω²

${\displaystyle \begin{array}{l}x\approx 0\\ y\approx \frac{1}{3}g\Omega t^3\sin \alpha \\ z\approx h-\frac{1}{2}g{t}^2\end{array}}$

R=6.378e6; %radio de la tierra en m
W=2*pi/(24*3600); %velocidad angular de rotación de la Tierra
alfa=pi/6; %posición
g=9.81;
h=1000;  %altura de caída
x=@(t) g*W^2*t.^4*sin(alfa)*cos(alfa)/6;
y=@(t) g*W*t.^3*sin(alfa)/3;
z=@(t) h-g*t.^2/2+g*W^2*t.^4*sin(alfa)^2/6;

fplot3(x,y,z,[0,sqrt(2*h/g)])
grid on
xlabel('X: N-S')
ylabel('y: O-E')
zlabel('z, radial')
title('Caída de un cuerpo sobre la superficie de la tierra')
view(107,12)

>> x(sqrt(2*h/g))
ans =   1.5562e-04
>> y(sqrt(2*h/g))
ans =   0.3461

La desviación hacia el este 0.3461 m coincide, aproximadamente, con el cálculo anterior

Se lanza verticalmente una partícula

Volvemos a resolver el sistema de tres ecuaciones diferenciales por el procedimiento de aproximaciones sucesivas con condiciones iniciales diferentes

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\cos \alpha \\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}z}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\sin \alpha -g\end{array}}$

Integramos

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +c_1\\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega \left(x\cos \alpha +z\sin \alpha \right)+c_2\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt+c_3\end{array}}$

Con las condiciones iniciales especificadas, las tres constantes valen

${\displaystyle \begin{array}{l}t=0\{\begin{array}{l}x=0\frac{dx}{dt}=0\\ y=0\frac{dy}{dt}=0\\ z=0\frac{dz}{dt}=v_0\end{array}\\ c_1=\mathrm{0,}{c}_2=\mathrm{0,}{c}_3=v_0\end{array}}$

El sistema de tres ecuaciones diferenciales es

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha \\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega \left(x\cos \alpha +z\sin \alpha \right)\\ \frac{dz}{dt}=v_0+2\Omega y\sin \alpha -gt\end{array}}$

Introducimos dx/dt y dz/dt en la segunda ecuación diferencial

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\left(2\Omega y\cos \alpha \right)\cos \alpha +\left(v_0+2\Omega y\sin \alpha -gt\right)\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}+4{\Omega }^{2}y=-2\Omega v_0\sin \alpha +2\Omega gt\sin \alpha \end{array}}$

La solución de esta ecuación diferencial se compone de la solución particular y_p=Ct+D

${\displaystyle \begin{array}{l}4{\Omega }^2\left(Ct+D\right)=-2\Omega v_0\sin \alpha +2\Omega gt\sin \alpha \\ C=\frac{g}{2\Omega }\sin \alpha ,D=-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\end{array}}$

y la solución de la ecuación diferencial homogénea y_h=Acos(2Ωt)+Bsin(2Ωt). La solución completa es

${\displaystyle \begin{array}{l}y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }t-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }+A\cos \left(2\Omega t\right)+B\sin \left(2\Omega t\right)\\ \frac{dy}{dt}=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }-2\Omega A\sin \left(2\Omega t\right)+2\Omega B\cos \left(2\Omega t\right)\end{array}}$

Donde A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales

${\displaystyle \begin{array}{l}y(0)=\mathrm{0,}{\frac{dy}{dt}|}_{t=0}=0\\ \{\begin{array}{l}0=A-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\\ 0=\frac{g}{2\Omega }\sin \alpha +2\Omega B\end{array}\\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }t-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }+\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\cos \left(2\Omega t\right)-\frac{g\sin \alpha }{4{\Omega }^2}\sin \left(2\Omega t\right)\\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\end{array}}$

Insertamos la y en las ecuaciones diferenciales

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha \\ \frac{dx}{dt}=2\Omega \left(\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\right)\cos \alpha \\ x=\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\cos \alpha +c\end{array}}$

Integramos con la condición inicial x(0)=0

${\displaystyle x=\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\cos \alpha -\frac{g}{4{\Omega }^2}\sin \alpha \cos \alpha }$

Hacemos lo mismo para z sabiendo que z(0)=0

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dz}{dt}=v_0+2\Omega y\sin \alpha -gt\\ \frac{dz}{dt}=v_0+2\Omega \left(\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\right)\sin \alpha -gt\\ z=v_{0}t+\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\sin \alpha -\frac{1}{2}g{t}^2+c\\ z=v_{0}t+\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\sin \alpha -\frac{1}{2}g{t}^2-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\end{array}}$

La solución es

${\displaystyle \begin{array}{l}x=\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\cos \alpha -\frac{g}{4{\Omega }^2}\sin \alpha \cos \alpha \\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)\\ z=v_{0}t+\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\right)\sin \alpha -\frac{1}{2}g{t}^2-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\end{array}}$

Aproximaciones, como Ωt<<1

${\displaystyle \begin{array}{l}\sin \left(2\Omega t\right)\approx 2\Omega t-\frac{4}{3}{\Omega }^3{t}^3\\ \cos \left(2\Omega t\right)\approx 1-2{\Omega }^2{t}^2+\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4\end{array}}$

El resultado es

${\displaystyle \begin{array}{l}x=\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{1-2{\Omega }^2{t}^2+\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{2\Omega t-\frac{4}{3}{\Omega }^3{t}^3}{2\Omega }\right)\right)\cos \alpha -\frac{g}{4{\Omega }^2}\sin \alpha \cos \alpha \\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{2\Omega t-\frac{4}{3}{\Omega }^3{t}^3}{2\Omega }\right)-\frac{v_0\sin \alpha }{2\Omega }\left(1-\left(1-2{\Omega }^2{t}^2+\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4\right)\right)\\ z=v_{0}t+\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{1-2{\Omega }^2{t}^2+\frac{2}{3}{\Omega }^4{t}^4}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\sin \alpha \left(t-\frac{2\Omega t-\frac{4}{3}{\Omega }^3{t}^3}{2\Omega }\right)\right)\sin \alpha -\frac{1}{2}g{t}^2-\frac{g{\sin }^2\alpha }{4{\Omega }^2}\end{array}}$

Simplificando

${\displaystyle \begin{array}{l}x=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}gt-2v_0\right){\Omega }^2{t}^3\sin \alpha \cos \alpha \\ y=\left(\frac{1}{3}gt-v_0\left(1-\frac{1}{3}{\Omega }^2{t}^2\right)\right)\Omega t^2\sin \alpha \\ z=v_{0}t+\left(\frac{1}{6}gt-\frac{2}{3}{v}_0\right){\Omega }^2{t}^3{\sin }^2\alpha -\frac{1}{2}g{t}^2\end{array}}$

Despreciamos términos proporcionales a Ω²

${\displaystyle \begin{array}{l}x\approx 0\\ y=\left(\frac{1}{3}gt-v_0\right)\Omega t^2\sin \alpha \\ z\approx v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2\end{array}}$

R=6.378e6; %radio de la tierra en m
W=2*pi/(24*3600); %velocidad angular de rotación de la Tierra
alfa=pi/6; %posición
g=9.81;
h=1000;  %altura máxima
v0=sqrt(2*g*h); %velocidad inicial
x=@(t) W^2*(g*t/2-2*v0).*t.^3*sin(alfa)*cos(alfa)/3;
y=@(t) W*(g*t/3-v0).*t.^2*sin(alfa);
z=@(t) v0*t+W^2*(g*t/6-2*v0/3).*t.^3*sin(alfa)^2-g*t.^2/2;

fplot3(x,y,z,[0,2*v0/g])
grid on
xlabel('X: N-S')
ylabel('y: O-E')
zlabel('z, radial')
title('Se lanza un cuerpo verticalmente')
view(107,12)

>> T=2*v0/g
T =   28.5569
>> x(T)
ans =   -0.0025
>> y(T)
ans =   -1.3845
>> y=(g*T/3-v0)*W*T^2*sin(alfa)
y =   -1.3845

La desviación hacia el oeste es 1.3845 m

${\displaystyle \begin{array}{l}T=\frac{2v_0}{g}\\ y=\left(\frac{1}{3}gT-v_0\right)\Omega T^2\sin \alpha =\left(\frac{2}{3}{v}_0-v_0\right)\Omega \frac{4v_0^2}{g^2}\sin \alpha =-\frac{4}{3}\Omega \frac{v_0^3}{g^2}\sin \alpha \end{array}}$

Tiro parabólico

Volvemos a resolver el sistema de tres ecuaciones diferenciales por el procedimiento de aproximaciones sucesivas con condiciones iniciales diferentes

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\cos \alpha \\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}z}{d{t}^2}=2\Omega \frac{dy}{dt}\sin \alpha -g\end{array}}$

Integramos

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +c_1\\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega \left(x\cos \alpha +z\sin \alpha \right)+c_2\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt+c_3\end{array}}$

Con las condiciones iniciales especificadas, las tres constantes valen

${\displaystyle \begin{array}{l}t=0\{\begin{array}{l}x=0\frac{dx}{dt}=v_{0x}\\ y=0\frac{dy}{dt}=v_{0y}\\ z=0\frac{dz}{dt}=v_{0z}\end{array}\\ c_1=v_{0x},c_2=v_{0y},c_3=v_{0z}\end{array}}$

El sistema de tres ecuaciones diferenciales es

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +v_{0x}\\ \frac{dy}{dt}=-2\Omega \left(x\cos \alpha +z\sin \alpha \right)+v_{0y}\\ \frac{dz}{dt}=2\Omega y\sin \alpha -gt+v_{0z}\end{array}}$

Introducimos dx/dt y dz/dt en la segunda ecuación diferencial

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\frac{dx}{dt}\cos \alpha +\frac{dz}{dt}\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}=-2\Omega \left(\left(2\Omega y\cos \alpha +v_{0x}\right)\cos \alpha +\left(2\Omega y\sin \alpha -gt+v_{0z}\right)\sin \alpha \right)\\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}+4{\Omega }^{2}y=2\Omega gt\sin \alpha -2\Omega v_{0x}\cos \alpha -2\Omega v_{0z}\sin \alpha \\ \frac{d^{2}y}{d{t}^2}+4{\Omega }^{2}y=2\Omega gt\sin \alpha -2\Omega v_0,v_0=v_{0x}\cos \alpha +v_{0z}\sin \alpha \end{array}}$

La solución de esta ecuación diferencial se compone de la solución particular y_p=Ct+D

${\displaystyle \begin{array}{l}4{\Omega }^2\left(Ct+D\right)=2\Omega gt\sin \alpha -2\Omega v_0\\ \{\begin{array}{l}4{\Omega }^{2}Ct=2\Omega gt\sin \alpha \\ 4{\Omega }^{2}D=-2\Omega v_0\end{array}\\ C=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega },D=-\frac{v_0}{2\Omega }\end{array}}$

y la solución de la ecuación diferencial homogénea y_h=Acos(2Ωt)+Bsin(2Ωt). La solución completa es

${\displaystyle \begin{array}{l}y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }t-\frac{v_0}{2\Omega }+A\cos \left(2\Omega t\right)+B\sin \left(2\Omega t\right)\\ \frac{dy}{dt}=\frac{g}{2\Omega }\sin \alpha -2\Omega A\sin \left(2\Omega t\right)+2\Omega B\cos \left(2\Omega t\right)\end{array}}$

Donde A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales

${\displaystyle \begin{array}{l}y(0)=\mathrm{0,}{\frac{dy}{dt}|}_{t=0}=v_{0y}\\ \{\begin{array}{l}0=A-\frac{v_0}{2\Omega }\\ v_{0y}=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }+2\Omega B\end{array}\\ A=\frac{v_0}{2\Omega },B=\frac{v_{0y}}{2\Omega }-\frac{g\sin \alpha }{4{\Omega }^2}\\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }t-\frac{v_0}{2\Omega }+\frac{v_0}{2\Omega }\cos \left(2\Omega t\right)+\left(\frac{v_{0y}}{2\Omega }-\frac{g\sin \alpha }{4{\Omega }^2}\right)\sin \left(2\Omega t\right)\\ y=\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-\frac{v_0}{2\Omega }\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)+\frac{v_{0y}}{2\Omega }\sin \left(2\Omega t\right)\end{array}}$

Insertamos la y en las ecuaciones diferenciales

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2\Omega y\cos \alpha +v_{0x}\\ \frac{dx}{dt}=2\Omega \left(\frac{g\sin \alpha }{2\Omega }\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-\frac{v_0}{2\Omega }\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)+\frac{v_{0y}}{2\Omega }\sin \left(2\Omega t\right)\right)\cos \alpha +v_{0x}\\ \frac{dx}{dt}=\left(g\sin \alpha \left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-v_0\left(1-\cos \left(2\Omega t\right)\right)+v_{0y}\sin \left(2\Omega t\right)\right)\cos \alpha +v_{0x}\end{array}}$

Integramos con la condición inicial x(0)=0

${\displaystyle \begin{array}{l}x=v_{0x}t+\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-v_{0y}\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\cos \alpha +c\\ x=v_{0x}t+\left(g\sin \alpha \left(\frac{t^2}{2}+\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{4{\Omega }^2}\right)-v_0\left(t-\frac{\sin \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)-v_{0y}\frac{\cos \left(2\Omega t\right)}{2\Omega }\right)\cos \alpha -\frac{g}{4{\Omega }^2}\sin \alpha \cos \alpha +\frac{v_{0y}}{2\Omega }\cos \alpha \end{array}}$